1610915390-52cbd25d82d9110658c00fb8dfb6bccc (824753), страница 26
Текст из файла (страница 26)
Пусть на Ф распределена масса с плотностью р(х). Массу т фигуры, статические моменты ЛХ, и ЛХг, а также моменты инерции 1, и 1я относительно осей Ох и Оу вычислнют соответственно по формулам ь т = ~ (уз(х) — уь (х))р(х) й о, (5) и = 2 /(дз(х) дь Ф)р(х) йх о Л1г = ~х(дзМ вЂ” дь(х))р(х) йх (7) 1, = — /(уаз(х) — чдь~(х))р(х) йхч о 1„= ~ххах Ю вЂ” уА. ))р( )йх. (О) а зй Реи»ение геометрических и 9»изических задач »79 (13) г15) Пусть сектор задан в полярных координатах неравенствами 9з» < »р < »рз., О < г < гГ»р), где 0 < !Рз — !Р» < 2х, г(»р) -- непрерывнап функция на )»р»,рз), и пусть на секторе распределена масса с плотностью р(»р). Тогда »зз и» = +з(97)р(р) с»!р (10) ЛХе = — ~г~ (.р) зш рр(р) с»»р, з У! ЛХи — — — ~гз 7»р) соз 9ор(!Р) с)р, з (12) Ф! 1 = — ~г~)»р) гйп .'рр»,»р) сХ»р, »з ! Хи — — — ~ г" (р) созе»зр»,!Р) П»р.
1 г„ г) 4) Координаты центра масс вычисляют по формулам (3). Пусть для тела й в пространстве Охуз площади его поперечных сечений плоскостями х = со»»а» известны как значения непрерывной функции Я(х), а < х < 5, и пусть по Й распределена масса с плот- ностью р(х). Массу»п тела, его статический момент ЛХоиз и момент инерции 1о„, относительно плоскости Оуз вычисляют соответствен- но по формулам »н = / Я(х)р(х)с»х, ь ЛХоиз = /хоГх)р(х) »1х, г16) о ь ХОи- ~х~)х)РЫ счх! о а абсциссу центра масс — — по формуле ~С~»из (18) »и Если тело 11, получено при вращении вокруг оси Ох фигуры, за- данной неравенствами 0 ( у»»х) ( у ( уз»х)! а ( х ( Ь! где у! (х), уз(х) -- - непрерывные функции, то в (15), (16) следует взять йх) = '»уз»х) -у'Гх)). !я.2.
Определенный интеграл и его приложения гзо (20) (22) абсциссу центра масс находят по формуле (18). Пусть цилиндрическая поверхность с направляющей и = пОя), у = уОв) в плоскости Оту ограничена образующими и кривой х = пОя), у = у(я), г = г(я), г!в) > О, и имеет плотность р(я), О < е < й Масса т и статические мамон- ты Мс(пх, Мг(хх, Л1г!хп находят соответственно ко формулам т = / р(я)г(я) (Ь, о (25) МОпх = ~РЮ*(в)гЮ дя, МОхх = /Р!в)у!в)г!я) дв, о о ! Мсххп —— ~р(я)гг(8) (Ь, Ь26) о Момент инерции 1хх такого тела вращения относительно оси вращения От находят по формуле Ь 1хх — / гуг(х) у((х))ргх)гхх, (19) а а момент инерции 1п„относительно оси Оу (экваториальный лпжвнт инерции) -- по формуле ь 1РР 2 1хх + и/ ~ (У2( ) У(( )) ('~' а Пусть поверхность 8 образована вращением вокруг оси Оп графика непрерывно дифференцируемай функции у = у(п), у(т) > О на ~п,:Ь), .и пусть на втой поверхности распределена масса с платностью р(т).
Массу т поверхности, ее статический момент Моп„ момент инерции 10(пх относительно плоскости Оуп и момент инерции 1х. относительно оси Оп вычисляют соответственно по формулам = 2 1 у(*(~/Г+ у' (*(р(*( г*, ~21) ь и „,=2 (' у( (ет-';р'( (р( (г., ь х „, х 2 /* е (*( Т+Х (*(е(*(г*, (23) а и* =' )е'(х( Г+хты(е(н(г, (24) и зд, Решение геемесирических и дсизических задач 181 а координаты центра масс по формулам МСи МС (1сг»еи (27) хС= дС= гС= ис ' си ' т Если кривая, плоская фигура, тело или поверхность с распределенной массой вращается вокруг оси с постоянной угловой скоростью ш, то кинетическая энергия вращенин равна И'=1 ',(2, 128) где 1 ..
момент инерции относительно оси вращения. ПРИМЕРЫ С РЕШЕНИЯМИ Отсюда следует, что з'а(=+ ' '"' '(1(, (П (31) и, значит с )„'(,(г.=+/ ',;('(,'(,(з,, са сс где 1о соответствует начальной точке (а, 0), т. е. д(1о) = О, х(1(с) = а. Поскольку сг(('= ((- ("(= (( ) ' "'*'(('='<(» (( сс и (32) 1. Приложения в геометрии. Пример 1. Найти в первом квадранте х > О, у > 0 гладкую кривую, выходящую из точки 1а; 0), у которой длина отрезка лсобой касательной от точки касания до точки пересечении с осью ординат равна а.
А Для кривой, заданной параметрически х = х1с), у = д(1), уравнение касательной в точке 1х(8);д11)) имеет вид 1д — д11ИхЮ = 1х — х11))д®. (29) Если (О;ус) -. точка пересечения касательной с осью ординат, то по х 1с) + 1ус — д1с)) = а . (30) Полагая в 129) х = О, получаем Сд — д(1))х® = — 11)дЮ. Если допустить, что х'(С) = О, то получим, что и у(11) = 0 1так как х(1) > 0), что невозможно в силу гладкости кривой (х'~(с) + у'з(1) ~ ф 0).
Учитывая это, находим ус — у(с) = — х1с)д'1с),(х'1с), а из 130) 2 1)+ (ХО)сс'И))' 2 х'11) Гл. 2Ч Определенныа интеграл и его приложения где Е(х) первообразная функции чгаа — хз/х, т. е. еч ) /' и аг — хг 1 Уаз Я а 1 а — наг — хг + г х 2 о,+ъ(од — тг то из (32) следует, что у11) = хЕ(х(т)) еа Так как х(1о) = а, Р(а) = С, то Рх = + ( Й':ЧЛ; — '- р. е ,"'=.'Р) (33) у (х) = х (~/а~ — хз + — 1п,, ) .
(34) Выясним, какой знак следует взять в (34). Так как х'(1) = 1, то из (31) следует, что у' = ха~а- '— хз/х. Коли взять знак плюс, то у'1х) > О при О < х < а, функция у(х) возрастает и, поскольку у(х) > О,. равенство у1а) = О невозможно. Следовательно, нужно взять знак минус. Итак, у(х)=-( 'аг ха+ а1па " *) (35) Можно было бы получить и иное параметрическое представление кривой, причем иногда это удобно делать не на последнем этапе (в (33)), а ранее, при интегрировании равенстна (31). Например, полагая в (31) х = а я1пт, О < у < я/2, получим у11) = — а (36) (знак выбран по тем же соображениям, что и выше). Точка (а; О) кривой соответствует параметру 1 = л/2. Учитывая это, из (36) находим н/2 л/а ~ у'(т) Ьт = — а / Йт, и/2 — У(1) = — а(соэ1+ 1п13 (т/2)) = а(соа1+ 1п16 (1/2)), т.
е. кривая задана уравнениями х = ая1п1, у = — (соя1+ 1птб(г/2)), О < 1 < л/2. (37) И уравнение (35), и система (37) задают половину известной кривой гпрактрисы. А В качестве параметра можно взять х, т. е. положить х = 1; тогда 99. Реигеиие геезаетричесиих и физичесиих задач 183 пг = (8ай — 3ятг)(6. Из формулы (7) имеем — а так как х(уа(х) — У1(х)) — нечетная функция. Отсюда хс, = Ми!т = О. (38') Как и следовало ожидать, центр масс находится на оси Оу — оси симметрии фигуры.
По формуле (6) находим а х = -, ~ ( а(х) - у,(х)) ' = з г ггг (1 — ив ) сгх — 1(тг — г:г) ах = — (4апа стз). /'г з''), /' г,г 2 г,ч о о Отсюда ЛХ~ 4(4айз — Втз) уа = — = ти 5(8ал — Зете) Момент инерции 1и находим по формуле (9): (38е) с е хз г г /, г(,,(,) у,(х)) дх 2 ~, 95(1 х ),~ 2/ з,/Д ха,~ 2.
Приложения в механике. Пример 2. Фигура ограничена параболой у = 6(1 — хг/аг), полу- окружностью хг+ уг = тг и осью Ох (рис. 9.1). Считан фигуру однородной и р = 1, найти координаты центра масс фигуры и се момент инерции относительно оси Оу. а Указанные величины найдем по формулам (3), (5)-(7), (9), полагая у = 11(1 — хе~па), уг(х) = О при т < ~х~ < а, у,(х) = угта — ха при ~х~ < т. Из формулы (5) для массы фигуры имеем а тгг — 1 (Уг(х) — уг(х)) с1х = — с а = 21(уг(х) — 91(х)) с1х, о Рис.
9.1 так как уг(х) и уа(х) четные функции, и учитывая, что уг(х) = О при т < х < а, получаем а та = 2 ( 6(1 — —,, ) с1х — 2/ чггтг — ха с1х. о о Вычислив интегралы (второй, например, с помощью подстановки х = = тагп1), найдем Гл. 2Ч Определенный интеграл и его приложения с помощью подстановки х = г зш (39) Вычислив интегралы (второй получим Ответ дается формулами (38'), (39). й Пример 3. Тело образовано при вращении фигуры, заданной неравенствами исЬ(х/а) < р < асЬ1, О < х < а, вокруг оси Оу.
Найти координаты центра масс тела, считая плотность р=1. А Мы можем считать фигуру заданной неравенствами а < 9 < ( осЬ1, О < т, < иагсЬ(у/и), где агсЬи функция, обратнан функции сЬ1, 1 ) О. Тогда, считая у независимой переменной, применим Рис. 9.3 Рис. 9.2 для нахождения массы тела формулу (15) с заменой х на р (рис.
9.2); а сгы аси1 т = ~ 5(р)69=на / (агсЬ вЂ” ) ду. а а После замены у = и сЬ1, О < 1 < 1, получим г гг» = ии ~1 еЬ1»11 = (3с1»1 — 2 е1»1 — 2)ли' о (вычисления сделаны с помощью формулы интегрирования по частям). Пусть Я(х), — а < х < о, плошади сечений тела плоскостями х = сопят. Тело симметрично относительно плоскости Орг, поэтому Я(х) -- четная функция (рис. 9.3). Тогда хЯ(х) — нечетная функция, и согласно формуле (16) »»»Ои»: 1 х 5(х) ох»а О ° — а дд. Решение гесие<иричесних и 19изи <есних задач 185 Значит, и хо сс ЛХоу г<т = О.
Аналогично устанавливаем, что и хо = = О, т. е. центр масс находится на оси симметрии тела оси Од. Для нахождения статического момента Мо, применим формулу, аналогичную (16), с заменой х на д; ась1 асн1 31ос = / у 5'Ь) <1у = ха / у(агс1< "— ) г1у. а а После замены д = а сЫ получим 1 1 Мо,х = на" /1г с1118Ы <11 = — наа /1г ай21<11.
2 о о Дважды интегрируя по частям, найдем, что яа Мо,х = — (3 с11 2 — 2 8Ь 2 — 1) 8 Отсюда 3 с!1 2 — 2 е1< 2 — 1 8!3 сЬ 1 — 2 е1< 1 — 2) П р и м е р 4. Однородный цилиндр массы т с радиусом и высотой, равными а, жестко прикреплен стержнем длины 2а к прямой 1. Стержень расположен по У оси цилиндра, прямая 1 перпендикулярна этой а оси (рис. 9.4). Найти кинетическую эпоргиго цилиндРа пРи вРащении его вокРУг 1 с Угловой о а 2 за скоростью ш.
А Для того чтобы по формуле (28) найти кинетическую энергию, определим момент инерции цилиндра относительно прямой 1. Введем Рнс. 9.4 систему координат, как показано на рис. 9.4 (ось Од совпадает с осью вращения 1, ось Ох --- с осью цилиндра). Момент инерции 1„у определим по формуле (20), а 1 по формуле (19). Цилиндр образован вращением прямоугольника 0 < д < а, 2а < х < За, следовательно, д<(х) = О, дг!х) = а, и по (19) получаем = — / а р<1х са — ра, 2,/ 2 га где р плотность цилиндра. Теперь по формуле (20) находим га 1 г г г <г 5 19к 5 79<г 5 1„„= — 1,, + я г х а р<1х = — ра + — ра' = ра'. 2,/ 4 3 12 Учитывая, что р = тг<1г = т7г<аз, получаем 1„„= 79таг,г12.
![](https://s.studizba.com/z.php?f=/templates/si/i/noavatar.png&w=100&h=100&t=1"){kind=avatar}
